高考物理一輪復習專題1_8（課件試題）（打包16套）.zip
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牛頓運動定律的綜合應(yīng)用
一、單項選擇題
1.某同學將一臺載有重物的電子臺秤置于直升式電梯內(nèi),從1樓直升到達10樓,在進入電梯到下電梯的全過程中他用相機拍攝了如圖所示的四幅照片,若電梯靜止時,電子臺秤指針恰好指到盤面示數(shù)為“9”的位置,據(jù)此下列判斷正確的是( )
A.甲應(yīng)為電梯減速時所拍攝的
B.乙表明了電梯處于失重狀態(tài)
C.丙應(yīng)為電梯勻速時所拍攝的
D.丁應(yīng)為電梯減速時所拍攝的
解析電梯靜止時,電子臺秤指針恰好指到盤面示數(shù)為“9”的位置,若示數(shù)大于9,則電梯加速上升或減速下降,處于超重狀態(tài);若示數(shù)小于9,則電梯減速上升或加速下降,處于失重狀態(tài);若示數(shù)等于9,則電梯處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)。所以選項D正確。
答案D
2.
(2016·安徽蚌埠模擬)如圖所示,A、B兩物體之間用輕質(zhì)彈簧連接,用水平恒力F拉物體 A,使物體A、B一起沿光滑水平面做勻加速直線運動,這時彈簧長度為l1;若將A、B置于粗糙水平面上,用相同的水平恒力F拉物體A,使物體A、B一起做勻加速直線運動,此時彈簧長度為l2。若物體A、B與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)相同,則下列關(guān)系式正確的是( )
A.l2=l1
B.l2l1
D.由于A、B質(zhì)量關(guān)系未知,故無法確定l1、l2的大小關(guān)系
解析當水平面光滑,用水平恒力F拉物體A時,由牛頓第二定律,對整體有F=(mA+mB)a,對B有F1=mBa=mBFmA+mB;當水平面粗糙時,對整體有F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,對B有F2-μmBg=mBa,聯(lián)立以上兩式得F2=mBFmA+mB,可知F1=F2,故l1=l2,A正確。
答案A
3.
(2016·湖北黃岡質(zhì)檢)如圖所示,bc為固定在小車上的水平橫桿,物塊m0串在桿上,靠摩擦力保持相對桿靜止,m0又通過輕細線懸吊著一個小鐵球m,此時小車正以大小為a的加速度向右做勻加速運動,而m0、m均相對小車靜止,細線與豎直方向的夾角為θ。小車的加速度逐漸增大,m0始終和小車保持相對靜止,當加速度增加到2a時( )
A.橫桿對m0的摩擦力增加到原來的2倍
B.橫桿對m0的彈力增加到原來的2倍
C.細線與豎直方向的夾角增加到原來的2倍
D.細線的拉力增加到原來的2倍
解析對小球和物塊組成的整體分析受力,如圖甲所示,根據(jù)牛頓第二定律,水平方向有Ff=(m0+m)a,豎直方向有FN=(m0+m)g,則當加速度增加到2a時,橫桿對m0的摩擦力Ff增加到原來的2倍。橫桿對m0的彈力等于兩個物體的總重力,保持不變,故A正確,B錯誤;以小球為研究對象分析受力情況,如圖乙所示,由牛頓第二定律得mgtan θ=ma,解得tan θ=ag,當a增加到兩倍時,tan θ變?yōu)閮杀?但θ不是兩倍。細線的拉力FT=(mg)2+(ma)2,可見,a變?yōu)閮杀逗?FT不是兩倍,故C、D錯誤。
答案A
4.
一長輕質(zhì)木板置于光滑水平地面上,木板上放質(zhì)量分別為mA=1 kg和mB=2 kg的A、B兩物塊,A、B與木板之間的動摩擦因數(shù)都為μ=0.2(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。水平恒力F作用在A物塊上,如圖所示(重力加速度g取10 m/s2),則( )
A.若F=1 N,則物塊、木板都靜止不動
B.若F=1.5 N,則A物塊所受摩擦力大小為1.5 N
C.若F=4 N,則B物塊所受摩擦力大小為4 N
D.若F=8 N,則B物塊的加速度為1.0 m/s2
解析A物塊與板間的最大靜摩擦力為2 N,當F<2 N時,A物塊沒有與木板發(fā)生相對滑動,A、B與板整體向左加速,選項A錯誤;若F=1.5 N,對A、B及輕質(zhì)木板整體有a=FmA+mB=0.5 m/s2,對A物塊分析有F-Ff=mAa,解得Ff=1 N,選項B錯誤;若F=4 N,則A物塊與板發(fā)生相對滑動,B與板的最大靜摩擦力為4 N,板對B物塊的靜摩擦力為2 N,選項C錯誤;若F=8 N,板對B物塊的靜摩擦力仍為2 N,根據(jù)a=FfmB可得a=1 m/s2,選項D正確。
答案D
5.如圖所示,一夾子夾住木塊,在力F作用下向上提升。夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、m0,夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為Ff。若木塊不滑動,力F的最大值是( )
A.2Ff(m+m0)m0
B.2Ff(m+m0)m
C.2Ff(m+m0)m0-(m+m0)g
D.2Ff(m+m0)m+(m+m0)g
解析當F達到最大值時,以夾子和木塊作為整體,豎直方向上由牛頓第二定律可得F-(m+m0)g=(m+m0)a;再以木塊為研究對象,F最大時木塊剛好不滑脫,靜摩擦力為最大值,在豎直方向上由牛頓第二定律可得2Ff-m0g=m0a,兩式聯(lián)立解得 F=2Ff(m+m0)m0,選項A正確。
答案A
6.
(2016·安徽安慶模擬)如圖所示,一輕質(zhì)彈簧的一端系一質(zhì)量為m的小球,另一端固定在傾角為37°的光滑斜面體頂端,彈簧與斜面平行。在斜面體以大小為g的加速度水平向左做勻加速直線運動的過程中,小球始終相對于斜面靜止,已知彈簧的勁度系數(shù)為k。則該過程中彈簧的形變量為(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)( )
A.mg5k B.4mg5k C.mgk D.7mg5k ?導學號17420078?
解析在斜面體以大小為g的加速度水平向左做勻加速直線運動時,彈簧是處于伸長狀態(tài)還是壓縮狀態(tài),無法直接判斷,此時可采用假設(shè)法。假設(shè)彈簧處于壓縮狀態(tài),若求得彈力F為正值,則假設(shè)正確。水平方向上由牛頓第二定律得
FNsin θ+Fcos θ=mg ①
豎直方向上由受力平衡得FNcos θ=mg+Fsin θ ②
①②聯(lián)立得F=15mg。
由胡克定律得F=kx,x=mg5k,故選A。
答案A
二、多項選擇題
7.
(2016·江西南昌調(diào)研)如圖甲所示,在電梯箱內(nèi)輕繩AO、BO、CO通過連接吊著質(zhì)量為m的物體,輕繩AO、BO、CO對輕質(zhì)結(jié)點O的拉力分別為F1、F2、F3?，F(xiàn)電梯廂豎直向下運動,其速度v隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,重力加速度為g,則( )
A.在0~t1時間內(nèi),F1與F2的合力等于F3
B.在0~t1時間內(nèi),F1與F2的合力大于mg
C.在t1~t2時間內(nèi),F1與F2的合力小于F3
D.在t1~t2時間內(nèi),F1與F2的合力大于mg
解析對輕質(zhì)結(jié)點O,因沒質(zhì)量,故其無論在何狀態(tài)下,F1、F2、F3三個力的合力都為零,即F1與F2的合力與F3等大反向,選項A正確,選項C錯誤;對物體進行受力分析,其受到豎直向下的重力mg和豎直向上的繩子的拉力F3,在0~t1時間內(nèi),電梯加速向下運動,物體處于失重狀態(tài),則F3mg,即F1與F2的合力大于mg,選項D正確。
答案AD
8.(2016·安徽蕪湖模擬)如圖甲所示,細繩跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪連接A、B兩球,定滑輪懸掛在一個力傳感器的正下方,A球質(zhì)量m0始終不變。通過計算機描繪得到傳感器拉力F隨B球質(zhì)量m變化關(guān)系曲線如圖乙所示,F=F0直線是曲線的漸近線,重力加速度為g。則( )
A.根據(jù)圖線可以確定A球質(zhì)量m0=F04g
B.根據(jù)圖線可以計算出B球為某一質(zhì)量m時其運動的加速度a
C.A、B球運動的加速度a一定隨B質(zhì)量m的增大而增大
D.傳感器讀數(shù)F一定小于A、B兩球總重力
解析當m較大時,對整體分析,加速度a=mg-m0gm+m0=(m+m0)g-2m0gm+m0=g-2m0gm+m0,隔離m分析有mg-FT=ma,解得FT=2m0mgm+m0=2m0g1+m0m,當m趨向于無窮大,則F0=2FT=4m0g,解得A球質(zhì)量m0=F04g,故A正確;知道B球的質(zhì)量,結(jié)合圖線可知道傳感器的拉力,從而知道繩子的拉力,隔離B球分析,根據(jù)牛頓第二定律可以求出加速度,B正確;當m>m0,加速度a=g-2m0gm+m0,m增大,則加速度增大;當m15.5 N時,環(huán)與桿下部接觸,受力如圖乙所示。
由牛頓第二定律可得
Fcos θ-μFN'=ma
Fsin θ=FN'+mg
由此得F=m(a-μg)cosθ-μsinθ=124 N
答案(1)4 m/s2 (2)12 N或124 N
11.(2016·江蘇蘇州模擬)如圖所示,木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變,當θ=30°時,可視為質(zhì)點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運動,隨著θ的改變,小物塊沿木板滑行的距離s將發(fā)生變化,重力加速度為g。
(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)。
(2)當θ角滿足什么條件時,小物塊沿木板滑行的距離最小,并求出此最小值。?導學號17420080?
解析(1)當θ=30°時,對物塊受力分析,
mgsin θ=μFN
FN-mgcos θ=0
則動摩擦因數(shù)μ=tan θ=tan 30°=33
(2)當θ變化時,設(shè)物塊的加速度為a,則有mgsin θ+μmgcos θ=ma
物塊的位移為s,v02=2as
則s=v022g(sinθ+μcosθ)
因為sin θ+μcos θ=1+μ2sin(α+θ),tan α=μ,所以當α+θ=90°時s最小,即θ=60°,小物塊沿木板滑行的距離最小smin=v022g(sin60°+μcos60°)=3v024g。
答案(1)33 (2)θ=60° 3v024g
12.
如圖所示,一直立的輕桿長為l,在其上、下端各緊套一個質(zhì)量分別為2m和m的圓環(huán)狀彈性物塊B、A。A、B與輕桿間的最大靜摩擦力分別是Ff1=mg、Ff2=2mg,且滑動摩擦力與最大靜摩擦力大小相等。桿下方存在這樣一個區(qū)域:當物塊A進入該區(qū)域時受到一個豎直向上的恒力F作用,而B在該區(qū)域運動時不受其作用,PQ、MN是該區(qū)域上下水平邊界,高度差為h(l>2h)?，F(xiàn)讓桿的下端從距離上邊界PQ高h處由靜止釋放,重力加速度為g。
(1)為使A、B間無相對運動,求F應(yīng)滿足的條件。
(2)若F=3mg,求物塊A到達下邊界MN時A、B間的距離。
?導學號17420081?
解析(1)設(shè)A、B與桿不發(fā)生相對滑動時的共同加速度為a,A與桿的靜摩擦力為FfA,則對A、B和桿整體,有3mg-F=3ma
對A,有mg+FfA-F=ma,并且FfA≤Ff1
聯(lián)立解得F≤32mg。
(2)A到達上邊界PQ時的速度vA=2gh
當F=3mg時,A相對于輕桿向上滑動,設(shè)A的加速度為a1,則有
mg+Ff1-F=ma1,解得a1=-g。
所以A向下減速運動位移h時,速度剛好減小到零,此過程運動的時間t=2hg
由于桿的質(zhì)量不計,在此過程中,A對桿的摩擦力與B對桿的摩擦力方向相反,大小均為mg,B受到桿的摩擦力小于2mg,則B與輕桿相對靜止,B和輕桿整體受到重力和A對桿的摩擦力作用,以vA為初速度,以a2為加速度做勻加速直線運動,根據(jù)牛頓第二定律可得
a2=2mg-mg2m=g2
物塊A到達下邊界MN時A、B之間的距離為
Δl=l+h-(vAt+12a2t2)=l-32h。
答案(1)F≤32mg (2)l-32h
8
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